数学分析考研真题练习一

中国计量大学2019数学分析713


解：
                       $\displaystyle \begin{align*}\lim_{n \to +\infty }(\frac{f(a+\frac{1}{n})}{f(a)})^n&=\lim_{n \to +\infty }e^{\displaystyle n(\ln f(a+\frac{1}{n})-\ln f(a))}\\\\&=\lim_{n \to +\infty }e^{\displaystyle \frac{\ln f(a+\frac{1}{n})-\ln f(a)}{a+\frac{1}{n}-a}}\\\\&=e^{\displaystyle \lim_{n \to +\infty }\frac{\ln f(a+\frac{1}{n})-\ln f(a)}{f(a+\frac{1}{n})-f(a)}\cdot \frac{f(a+\frac{1}{n})-f(a)}{a+\frac{1}{n}-a}}\\\\&=e^{\displaystyle \frac{f'(a)}{f(a)}}.
\end{align*}$

中国计量大学2019数学分析713


1、很简单，设辅助函数为：
                                           $F(x)=xf(x)$,

                       对$F(x)$用中值定理即可。

2、证明：
                              $\because \lim_{x\to 0}\frac{f(x)}{x}=0,$

                              $\therefore f(x)=o(x).$

                              $\Rightarrow a_n=|f(\frac{1}{n})|=o(\frac{1}{n})\to 0,(n \to \infty )$

                      又
                               $\because |S_{n+p}-S_n|=||f(\frac{1}{n})|+|f(\frac{1}{n+1})|+\cdots +|f(\frac{1}{n+p})||=|o(\frac{1}{n})+o(\frac{1}{n+1})+\cdots +o(\frac{1}{n+p})|< o(\frac{p}{n}).$

                       根据柯西准则，级数收敛。

浙江师范大学数学分析2010真题


解：（1）、
                            $\displaystyle \lim_{x\to 0}\frac{(\sqrt{1+x}-1)\sin x}{x\tan x}=\lim_{x\to 0}\frac{\sqrt{1+x}-1}{x}=\lim_{x\to 0}\frac{\frac{1}{2}x}{x}=\frac{1}{2}.$


   （2）、先对被积函数进行有理化分解得：

                              $\frac{1}{x^4(1+x^2)}=\frac{Ax^2+B}{x^4}-\frac{C}{1+x^2}=\frac{Ax^4+Ax^2+Bx^2+B-Cx^4}{x^4(1+x^2)},$

                              $\Rightarrow  B=1,A=-B=-1,C=A=-1.$

                               $\therefore \frac{1}{x^4(1+x^2)}=\frac{-x^2+1}{x^4}+\frac{1}{1+x^2}.$

                  接下来可以直接对之积分。

浙江师范大学数学分析2010真题



解：（3）、
                        $\lim_{x\to+\infty }x(\frac{\pi}{4}-\arctan \frac{x}{x+1})=\lim_{t\to 0 }\frac{\frac{\pi}{4}-\arctan \frac{1}{t+1}}{t}=\lim_{t\to 0 }\frac{-1}{1+\frac{1}{(t+1)^2}}=-\frac{1}{2}.$


        （4）、
                           $dZ=\frac{\partial z}{\partial x}dx+\frac{\partial z}{\partial y}dy,$

                           $\frac{\partial z}{\partial x}=x^{y-1}y^{x+1}+x^{y}y^x\ln y,$

                            $\frac{\partial z}{\partial y}=x^{y}y^{x}\ln x+x^{y+1}y^{x-1},$

                           $\therefore dZ=(x^{y-1}y^{x+1}+x^{y}y^x\ln y)dx+(x^{y}y^{x}\ln x+x^{y+1}y^{x-1})dy.$

浙江师范大学数学分析2010真题


解：
                        $\because F(x)=\int_{0}^{x}(x+y)f(y)dy=x\int_{0}^{x}f(y)dy+\int_{0}^{x}yf(y)dy.$

                        $\therefore F'(x)=\int_{0}^{x}f(y)dy+xf(x)+xf(x),$

                           $F''(x)=f(x)+2f(x)+2xf'(x)=3f(x)+2f'(x).$

浙江师范大学数学分析2010真题



解：
                               $\displaystyle \because 1=\frac{1\cdot 3\cdots (2n-1)}{1\cdot 3\cdots (2n-1)}< \frac{1\cdot 3\cdots (2n-1)}{2\cdot 4\cdots 2n}< \frac{2\cdot 4\cdots 2n}{2\cdot 4\cdots 2n}=1,$

                               $\displaystyle \lim_{n \to \infty }\frac{1\cdot 3\cdots (2n-1)}{2\cdot 4\cdots 2n}=1.$

浙江师范大学数学分析2010真题



解：
                    $\begin{align*}\sum_{n=1}^{\infty }\frac{(2n-1)x^{2n-2}}{2^n}&=\sum_{n=1}^{\infty }\frac{(\int_{0}^{x}(2n-1)x^{2n-2}dx)'}{2^n}\\\\&=\sum_{n=1}^{\infty }\frac{(x^{2n-1})'}{2^n}\\\\&=(\frac{1}{x}\lim_{n \to\infty}\sum_{k=1}^{n}(\frac{x}{2})^k)'\\\\&=(\frac{1}{x}\cdot \frac{x/2}{1-x/2})'\\\\&=(\frac{1}{2-x})'\\\\&=\frac{1}{(2-x)^2},(-2\leq x< 2)
\end{align*}$

浙江师范大学数学分析2010真题


解：添加$y=0$使其与上关圆组成一个闭合回路，再运用格林公式，

                         $\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}=e^x\cos y-e^x\cos y+2=2.$

                         $\int_L=\oint_{L+y=0}-\int_{y=0}=\iint_D(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y})dxdy-0=2\iint_Ddxdy=\pi a^2.$

浙江师范大学数学分析2010真题


解：因为$D(x)$不可导，所以，当$x\neq 1$时，$f(x)$不可导。

           在$x=1$点，
                              
                               $\displaystyle \because \lim_{x\to 0}\frac{f(x)-f(1)}{x-1}=\lim_{x\to 0}\frac{0-0}{x-1}=0=f'(1).$

                 所以，可导。

浙江师范大学数学分析2010真题




解：此题其实就是微分中值定理。